Elija algunas de abrir $U\subset M$ tal que $\pi^{-1}(U) \cong U\times F$ donde $\pi: E\to M$ es la proyección.
Supongamos, primero, que la $\omega$ compacta está soportado en algunas gráfico, de manera que podamos trabajar en coordenadas locales. Por la reducción de la $U$ podemos asumir que esta gráfica es de la forma$\phi: U\times V \to \mathbb R^m\times \mathbb R^k$,$ U\subset M$$V\subset F$. En este caso podemos escribir $\omega$
$$\omega = \sum_{I} f_I(x,y) \, dx^I \wedge dy^1 \wedge \ldots \wedge dy^k$$
donde la suma es sobre todos los multiindices $I = (i_1, \ldots, i_s)$. (Aquí se $x^1, \ldots, x^m$ son las coordenadas en $U$, $y^1, \ldots, y^k$ aquellos en $V$.)
Integración a lo largo de la fibra es ahora simplemente se da por
$$\int_F \omega = \sum_{I} \left(\int_{\mathbb X} f(x,y) \; dy^1 \dots dy^k\right) \, dx^I$$
donde $\mathbb X = \mathbb R^k$ o $\mathbb R^{k-1}\times \mathbb R_{\ge 0}$, dependiendo de la $V$ (en el primer caso correspondiente a $V \cap \partial F = \varnothing$, el segundo a $V \cap \partial F \ne \varnothing$).
Por un argumento similar al que en la prueba de Stokes teorema, nos encontramos con $d\int_F \omega = \int_F d\omega + (-1)^{q-k}\int_{\partial F} \omega$ en este caso especial. (Donde $\omega$ se supone que es un $q$-forma).
En general, podemos cubrir la $E$ en los gráficos de la forma $\phi: U\times V \to \mathbb R^m\times \mathbb R^k$ anterior y tomar una partición de la unidad $(\psi_i)_{i\in I}$ subordinada a esta cubierta, a la conclusión de
$$
\begin{align}
d\int_F \omega &= \sum_{i\in I}\; d\left( \int_F \psi_i \omega \right) \\
&= \sum_{i\in I}\; \int_F d \psi_i\omega + (-1)^{q-k} \sum_{i\in I}\; \int_{\partial F} \psi_i \omega \\
&= \int_F d\left( \sum_{i\in I} \psi_i\omega \right)+ (-1)^{q-k} \sum_{i\in I}\; \int_{\partial F} \psi_i \omega \\
&= \int_F d\omega + (-1)^{q-k} \int_{\partial F} \omega
\end{align}
$$
para arbitrario $\omega$.
Edit: El $(-1)^{q-k}$ proviene del hecho de que necesitamos $\int_{\partial F}$ sólo para el caso de que el gráfico es un límite gráfico y
$$\omega = f(x,y) \, dx^I \wedge dy^1\wedge \ldots \wedge dy^{k-1}$$
De lo contrario, esta integral se desvanece. Entonces
$$\begin{align}
\int_{F} d\omega
&= (-1)^{q}\left( \int_{\mathbb R^{k-1}\times \mathbb R_{\ge 0}} \frac{\partial f}{\partial y_k}(x,y) \, dy^1 \dots dy^k\right)\, dx^I \\
&\quad + \sum_{i = 1}^n\, \int_{F} \frac{\partial f}{\partial x_i}(x,y) \, dx^i \wedge dx^I \wedge dy^1\wedge \ldots \wedge dy^{k-1} \\
&= (-1)^{q+1}\left(\int_{\mathbb R^{k-1}} f(x,y^1, \dots,y^{k-1}, 0) \, dy^1 \dots dy^{k-1}\right)\, dx^I \\
\end{align}$$
mientras que $\int_{\partial F} \omega = \left[(-1)^{k}\int_{\mathbb R^{k-1}} f(x,y^1, \dots,y^{k-1}, 0) \, dy^1 \dots dy^{k-1}\right] \, dx^I = (-1)^{q-k+1} \int_F d\omega$. Así
$$d\int_F \omega = 0 = \int_{\partial F} \omega + (-1)^{q-k}\int_F d\omega$$
Tenga en cuenta que, en particular, para $\omega = f(x,y) \, dy^{1} \wedge \ldots \wedge dy^{{k-1}}$, obtenemos $\int_{\partial F}\omega = \int_F d\omega$, sólo Stokes teorema.
